đề toán thi thử THPT QG năm 2015 đề số 175

TRƯỜNG THPT NGUYỄN XUÂN NGUYÊN ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ KHẢO SÁT THPT QUỐC GIA LẦN 4 NĂM HỌC 2014- 2015 Môn: Toán, Khối 12 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 2 3 2 y x x    ( ) C . a) Khảo sát và vẽ đồ thị ( ) C của hàm số đã cho. b) Viết phương trình tiếp tuyến với ( ) C tại giao điểm của ( ) C và đường thẳng (): 3  d y x . Câu 2 (1,0 điểm). Giải các phương trình: a) x 3x 3 3 6 0     b) 2 3 2 3 2log .log 5log 8log 20 0     x x x x Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân: 2 2 1 ln ln( 2)     e x x x I dx x Câu 4 (1,0 điểm). a) Tìm số phức z biết: (2 ) 3 5 z iz i     . b) Tìm GTLN và GTNN của hàm số 3 2 5 7 5     y x x x trên đoạn   2;2  Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA 4a  , tam giác ABC đều cạnh bằng 2a; M, N lần lượt là trung điểm của cạnh SB và BC. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (AMN). Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm M   3;5;1 , N   1;1;3  và điểm A trên đường thẳng (d): 1 2 2 1 1 x y z      sao cho AMN là tam giác cân tại A. Tìm tọa độ điểm A và viết phương trình mặt phẳng (P) chứa MN và cách A một khoảng lớn nhất. Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông MNPQ có K, I lần lượt là trung điểm của các cạnh MQ và QP. Điểm H (0;1) là giao điểm của NK và MI, điểm P (4;2)  . Tìm tọa độ đỉnh N. Câu 8 (1,0 điểm). a) Giải phương trình sau:     sin2x sinx cosx 1 2sinx cosx 3 0       b) Phân phối 60 thùng hàng giống hệt nhau cho 6 cửa hàng sao cho mỗi cửa hàng nhận được ít nhất một thùng hàng. Tính xác suất để mỗi cửa hàng nhận được ít nhất 6 thùng hàng. Câu 9 (1,0 điểm). a) Giải hệ phương trình :     3 3 2 3 2 6 3 5 14 , 3 4 5 x y y x y xy x y x y                   b) Cho ,, abc là ba số dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:     2 2 2 1 2 1 1 1 1         P a b c a b c Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh - 1 - TRƯỜNG THPT NGUYỄN XUÂN NGUYÊN HDC THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 4 NĂM 2015 Môn: Toán Câu Nội dung trình bày Điểm 1.a (1 đ) Khảo sát vẽ đồ thị (C) của hàm số 3 2 3 2 y x x    * TXĐ: . D   * Sự biến thiên: + Giới hạn: 3 2 lim lim ( 3 2) ;        x x y x x 3 2 lim lim ( 3 2)        x x y x x + Lập bảng biến thiên: 2 0 ' 3 6 0 2          x y x x x + Chiều biến thiên: Hàm số ĐB trên các khoảng ( ;0)  và (2; )  . Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2) . + Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại D 0 2    C x x ; Hàm số đạt cực tiểu tại 2 2     CT x x * Đồ thị: 0,25 0,25 0,25 0,25 1.b (1đ) Ta có phương trình hoành độ giao điểm: 3 2 3 2 3 2 3 3 5 0 1 2                 x x x x x x x y 2 ' ( 1) ' 3 6 0 9       y x x y Phương trình tiếp tuyến có dạng: 0 0 0 '( )( )    y f x x x y Phương trình tiếp tuyến với (C) tại M ( 1; 2)   là : '( 1)( 1) 2 y f x     9( 1) 2 9 7. y x y x        Vậy phương trình tiếp tuyến là: 9 7   y x . 0,25 0,25 0,25 0,25 2.a (0,5) Giải phương trình: x 3 x x x 3 3 6 0 3 27.3 6 0          Đặt 1 3 ( 0) 3      x x t t t . Phương trình trở thành: 2 9( ) -6 - 27 0 -3( )        t tm t t t l Với 2 9 3 3 2      x t x Vậy phương trình đã cho có nghiệm: 2  x 0,25 0,25 2.b (0,5) Giải phương trình: 2 3 2 3 2log .log 5log 8log 20 0     x x x x (1) . ĐK: 0  x 2 3 3 2 3 2 3 (1) log (2log 5) 4(2log 5) 0 (log 4)(2log 5) 0 16 log 4 0 3 2log 5 0 27                          Pt x x x x x x x x x Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt: 16  x hoặc 3 27 x 0,25 0,25 Câu Nội dung trình bày Điểm - 2 - 3 (1 đ) Tính tích phân: 2 2 2 1 1 1 ln ln( 2) ln ln( 2)            e e e x x x x I dx dx x x dx A B x x Tính 1 ln   e x A dx x . Đặt ln   dx t x dt x . Đổi cận: 1 0; 1       x t x e t . 1 2 1 0 1 0 ln 1 | 2 2        e x t A dx tdt x Tính 2 1 ln( 2)    e B x x dx . Đặt 2 2 2 2 2 ln( 2) 2 2 1 2 2                     x du u x x dv xdx x x v 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 3 1 ln( 2) ln( 2) | ln(e 2) ln3 2 2 2 2                e e e x e e B x x dx x xdx Vậy 2 2 2 2 3 2 ln(e 2) ln3 2 2 2         e e I A B 0,25 0,25 0,25 0,25 4.a (0,5) Tìm số phức z biết: (2 ) 3 5 (1)     z i z i . Gọi      z a bi z a bi . 3 3 2 (1) (2 )( ) 3 5 3 ( ) 3 5 5 3                             a b a a bi i a bi i a b a b i i a b b Vậy 2 3   z i 0,25 0,25 4.b (0,5) Tìm GTLN và GTNN của hàm số 3 2 ( ) 5 7 5      y f x x x x trên đoạn   2;2  Ta có 2 1( ) '( ) 3 10 7 0 7 ( ) 3              x tm f x x x x l . ( 2) 7; ( 1) 8; (2) 37.         f f f Vậy [ 2;2] [ ( )] 37   Max f x tại 2  x ; [ 2;2] [ ( )] 8    Min f x tại 1   x ; 0,25 0,25 5 (1đ) *) Ta có: 2 2 a 3   AN AB BN 2 1 . a 3 2    ABC S BC AN . 2 . 1 1 . a 3.4a 3 3    S ABC ABC V S SA 3 4a 3 3  *) Ta có: . . 1 . . 4 B AMN S ABC V BA BM BN V BA BS BC   3 . . 1 a 3 4 3   B AMN S ABC V V . Mặt  1 2 5a 5a 2     SB SC MN SC 1 5a 2  AM SB . 0,25 0,25 0,25 Gọi H là trung điểm AN thì MH AN  , 2 2 a 17 2    MH AM AH . Diện tích tam giác AMN là 2 1 1 a 17 a 51 . a 3. 2 2 2 4     AMN S AN MH . Vậy K/c từ B đến (AMN) là: 3 . 2 3 4a 3 4a 4a 17 ( ,( )) 17 a 51 17      B AMN AMN V d B AMN S . 0,25 S A B N C M H - 3 - Câu Nội dung trình bày Điểm 6 (1đ) Tọa độ trung điểm I của đoạn MN: I   1; 3; 2 ,   4; 4;2     MN Mặt phẳng trung trực (Q) của đoạn MN đi qua N, nhận   2; 2; 1    n làm VTPT nên (Q) có phương trình: 2 2 6 0     x y z  AMN cân tại A   AM AN ( ) (Q)    A d   12; 5;8  A . Gọi I (1;3;2) , H lần lượt là hình chiếu của A lên MN và (P)   AIH vuông tại H . Khi đó; (A,( ))   d P AH AI Do đó, (P) đi qua I và có VTPT (11; 8;6) (P) :11 8 6 1 0        IA x y z Vậy A   18; 8;11  và (P):11 8 6 1 0     x y z 0,5 0,5 7 (1 đ) Ta có 5    PH PN PQ và  3 cos 5  HPN Gọi ( ; )  u a b là một VTCP của PN, ( 4;3)    PH , suy ra:  2 2 4 3 3 cos cos( , ) 5 5         a b HPN u PH a b 2 0 7 24 0 24 7           a a ab a b Với 0 0 : 4 0 (4;3) 1            a a NP x N b Với 24 24 : 7 24 56 0 7 7            a a b NP x y b 4 17 ; 5 5          N . Vậy (4;3) N hoặc 4 17 ; 5 5         N 0,25 0,25 0,25 0,25 8.a (0,5)               2 PT sin x cos x 1 sin x cosx 1 2sin x cos x 3 0 sin x cos x 1 sin x cos x 1 sin x cosx 1 2sin x cos x 3 0 sin x cos x 1 sin x 2cos x 4 0 x k2 sin x cos x 1 ,(k Z) sin x 2cos x 4(VN) x k2 2                                                Vậy phương trình có hai họ nghiệm: x k2 ,x k2 ,(k Z) 2        0,25 0,25 8.b (0,5) Giải hệ:   3 3 2 3 2 6 3 5 14 (1) 3 4 5 (2) x y y x y x y x y                 Đkxđ 3 4 x y       Từ (1) ta có           3 2 3 2 3 2 3 2 2 2 2 3 0 x x y y x y x x y y                     2 3 y x   . Thế (3) vào (2) ta được 3 2 3 2 2 3 4 1 4 4 2 2 1 3 0 x x x x x x x x x x                       2 2 2 2 1 0 2 2 1 3 x x x x x x x                   1 1 2 2 1 0 2 2 1 3 x x x x x                  0,25 - 4 -     1 1 1 1 2 2 1 0 3 3 2 2 1 3 x x x x x                              1 1 2 2 1 0 32 2 2 1 31 3 2 3 x x x x x x x x x                                    1 1 2 1 2 0 32 2 2 1 31 3 2 3 x x x x x x x                        Vì       1 1 4 2 2 0 32 2 2 1 31 3 2 3 x x y x x x x x x                 Từ đó p.trình trên tương đương với    2 2 1 0 1 x x x x          Với 2 0; 1 3 x y x y      . Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm là       1; 3;2;0 . S    0,25 9.a Phân 60 phần tử của tập hợp thùng hàng thành 6 phần có 5 59 ( ) 5006386  n C Phân phối cho mỗi cửa hàng 5 thùng hết 30 thùng. Còn lại 30 thùng chia mỗi cửa hàng ít nhất một thùng được 5 29 (A) 118755  n C . Xác suất cần tìm là: () 585 () ( ) 24662    nA PA n 0,25 0,25 9.b (0,5) Ta có           2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 2 2 2 4 a b c a b c a b c a b c                       3 3 1 1 1 3 1 1 1 3 3 a b c a b c a b c                          3 2 54 1 3 P a b c a b c         =   3 2 54 () 2 ft t t    với 1 ( 1) t a b c t        / / 4 2 4 2 162 () ; () 0 1( ) 2 t f t f t t loai t t           Vậy giá trị lớn nhất của 1 4 P  khi 3 1 1 a b c a b c a b c c                0,25 0,25 Hết f’(t) f(t) t 1 +  4 0 + - 1/4 0 0 . sinh: Số báo danh - 1 - TRƯỜNG THPT NGUYỄN XUÂN NGUYÊN HDC THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 4 NĂM 2015 Môn: Toán Câu Nội dung trình bày Điểm 1.a (1 đ) Khảo sát vẽ đồ thị (C) của hàm số 3. TRƯỜNG THPT NGUYỄN XUÂN NGUYÊN ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ KHẢO SÁT THPT QUỐC GIA LẦN 4 NĂM HỌC 2014- 2015 Môn: Toán, Khối 12 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu. + Chiều biến thi n: Hàm số ĐB trên các khoảng ( ;0)  và (2; )  . Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2) . + Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại D 0 2    C x x ; Hàm số đạt cực tiểu